2024-2025学年海南省部分中学高一下学期第三次月考模拟考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1海南省部分中学2024-2025学年高一年级下学期第三次月考模拟考试物理试题一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1.如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.A球静止时，轻绳上拉力为B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为gD.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小【答案】C【解析】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为A球与B球间的库仑力故AB错误；C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为，则加速度大小为g，故C正确；D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。故选C。2.在光滑绝缘的水平面上建立坐标轴x，沿x轴方向上的电场强度E的变化情况如图所示。已知x轴上从0到0.1m以及从1.0m到1.4m对应的图线为直线，其余为曲线。若在O点以0.8m/s的初速度沿x轴的正方向释放一个质量为3×10-2kg、电荷量为-1×10-6C的带电小球，小球运动到x=1.4m处速度刚好减为0，下列说法正确的是（）A.x=1.0m、x=1.4m两点间的电势差为1.6VB.x=0.1m、x=1.0m两点间的电势差为7.5×103VC.小球运动到x=0.1m处的速度大小为0.5m/sD.该小球将在原点和x=1.4m间做往复运动【答案】B【解析】A．图像与坐标轴所围区域的面积表示电势差，根据图像可得故A错误；B．从x=0到x=1.4m，根据动能定理可得，代入数据解得故B正确；C．从x=0到x=0.1m，根据动能定理可得代入数据解得故C错误；D．该小球运动到x=1.4m处时，速度减为零，之后反向运动，根据能量守恒定律可知，小球回到原点将继续沿负方向运动，所以小球不可能在原点和x=1.4m间做往复运动，故D错误。故选B。3.如图所示为一种自动测量压力的电路图，其中为滑动变阻器，为定值电阻，为理想电流表，为压敏电阻，其阻值会随着压力的增大而减小。下列说法正确的是（）A.受到的压力减小时，电流表的示数减小B.受到的压力增大时，两端的电压减小C.若将电流表重新刻度为压力表，则“0”刻度在右边D.阻值越大，受到相同压力时电流表示数变化将越明显【答案】C【解析】A．受到的压力减小时，阻值会增大，并联部分的电阻增大，并联部分的电压增大，电流表支路的电阻不变，流过电流表的示数增大，故A错误；B．受到的压力增大时，阻值会减小，总电阻减小，总电流增大，两端的电压增大，故B错误；C．受到的压力增大，电阻减小，电流表的示数减小，反向变化，则“0”刻度在右边，故C正确；D．阻值越大，流过电流表上的电流越小，受到相同压力时，电流表变化将越不明显，故D错误。故选C4.空间中存在着如图所示的磁场，其磁感线分布如图所示，磁感线穿过大小不变的闭合圆形金属线圈。线圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的过程中（）A.线圈有缩小趋势B.穿过线圈的磁通量变小C.若线圈不闭合，线圈中没有感应电动势D.若线圈匀速移动，线圈中没有感应电流【答案】B【解析】A．从位置Ⅰ到位置Ⅱ，穿过线圈的磁通量变小。根据楞次定律的推广表述“增缩减扩”，这里磁通量减小，线圈应有扩张的趋势，而非缩小趋势，故A错误；B．磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，从位置Ⅰ到位置Ⅱ，磁场变弱，线圈面积不变，根据磁通量公式Φ=BS（B为磁感应强度，S为线圈面积）可知穿过线圈的磁通量变小，故B正确；C．只要穿过线圈（无论闭合与否）的磁通量发生变化，就会产生感应电动势，只有闭合回路中才有感应电流，所以若线圈不闭合，虽没有感应电流，但有感应电动势，故C错误；D．线圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的过程中，磁通量发生变化，根据感应电流产生条件，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流，与线圈是否匀速移动无关，故D错误。5.如图所示是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是（）A.甲带负电，乙带正电B.甲的电荷量小于乙的电荷量C.P点的电场强度大于Q点的电场强度D.在P点由静止释放一个带正电的粒子，仅在静电力的作用下，粒子会沿电场线运动到Q点【答案】C【解析】AB．电场线从甲出发，部分终止于乙，所以甲带正电，乙带负电，且甲的电荷量大于乙的电荷量，故AB错误；C．由于P点处的电场线比Q点处密集，所以P点的电场强度大于Q点的电场强度，故C正确；D．由于P点和Q点在同一条电场线上且电场线为曲线，所以该粒子仅在静电力作用下不可能沿电场线运动，故D错误。故选C。6.如图所示为两个固定的均匀带电的绝缘球面，半径分别为7R和R，所带电荷量分别为Q和Q（Q>0），两球面内切于E点，球心O和O1的连线沿水平方向。一根内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面球心O，与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、带电量为q（q>0）的小球从A点沿细管由静止开始下落，运动通过D点。已知AB两点距离和CD两点距离均为R，静电力常量为k，重力加速度为g，设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生电势为，则（）A.A点电势为B.小球通过D点时的速度为C.小球通过O点时的动能为D.小球从B运动到O的过程中加速度一直在增大【答案】C【解析】A．几何关系可知则A点电势为故A错误；B．根据对称性和电势叠加原理易得，AD点电势相等，即AD电势差U为0，根据动能定理有解得小球通过D点时的速度故B错误；C．根据对称性和电势叠加原理易得O点电势小球从A到O过程，根据动能定理有联立解得小球通过O点时的动能为故C正确；D．小球从B运动到O的过程中，大球对小球的库仑力为0（大球在其内部产生的场强为0），小球只受重力和小球的库仑力。小球受到带正电小球的库仑力，设其方向与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律可知小球加速度从从B运动到O的过程中，r在减小，在增大（减小），故无法判断加速度大小具体变化，故D错误。故选C。7.如图为某控制电路的一部分，已知的输入电压为，如果电阻，，，则不可能输出的电压是（）A.4V B. C.6V D.【答案】A【解析】由图可知，输出的是下半部分电阻两端的电压，可知当两电阻均不接入时，输出电压为24V；当只有R1接入时，输出电压当只有R2接入时，输出电压当两电阻均接入时本题选不可能输出的电压，故选A。8.如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器的滑片向下移动过程中，下列说法正确的是（）A.电流表的示数增大B.电路中总电阻增大C.电压表的示数增大D.恒流源输出功率增大【答案】A【解析】B．滑动变阻器的滑片向下移动时，接入电路的电阻变小，根据并联电路的特征可知电路中总电阻减小，B错误；AC．恒流源流出的总电流不变，电路中总电阻减小，则并联部分总电压减小，即电压表的示数减小，则流过电阻R的电流减小，由于总电流不变，则流过滑动变阻器的电流增大，即电流表的示数增大，A错误，C正确；D．根据由于恒流源电流大小不变，总电阻减小，所以恒流源的输出功率减小，D错误。故选A。二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分。）9.如图所示，真空中的直角坐标系xOy，以O为圆心、半径为1m的圆与坐标轴交于A、B、C、D四点。在x轴上-2m和2m处，分别固定电荷量为+4q和-q的两个点电荷。则（）A.A、C两点电场强度大小相等，方向不同B.A、C两点电场强度大小不等，方向相同C.B、D两点电场强度大小相等，方向不同D.B、D两点电场强度大小不等，方向相同【答案】BC【解析】AB．根据电场叠加原理可知，两个点电荷在A、C两点电场强度方向相同，合场强方向均沿x轴正方向，设+4q的点电荷到A点的距离为r，A点电场强度大小C点电场强度大小所以A、C两点电场强度大小不等，故A错误，B正确；CD．两点电荷在B、D两点的电场强度如图+4q在D点的电场强度大小-q在D点的电场强度大小则所以D点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴正方向，由于电场的对称性可知B点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴负方向，所以B、D两点电场强度方向不同；由于电场的对称性可知B、D两点电场强度大小相等，故C正确，D错误。故选BC。10.两点电荷M、N分别固定在和坐标原点处，若取无穷远处电势为0，则两点电荷所形成电场的电势在x轴正半轴上的分布如图所示，图线与x轴交于x0处，x=40cm处电势最低。现有一正点电荷q从x0处由静止释放，其只在电场力作用下运动。下列说法中正确的是（）A.点电荷M带正电、N带负电B.x0处的电场强度为0C.点电荷M、N所带电荷量大小之比为4∶1D.正点电荷q沿x轴正方向运动的过程中，电势能先减小后增大【答案】CD【解析】A．根据电势变化情况可知，自区域从左至右电势先降低后升高，所以场强方向先沿轴正方向后沿轴负方向，可知点电荷M带负电，点电荷N带正电，故A错误；B．在图像中，斜率表示电场强度，在处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，故B错误；C．在处图像斜率为零，电场强度为，则满足可知点电荷M、N所带电荷量大小之比为故C正确；D．一正点电荷从处由静止释放，正点电荷会向电势低的方向运动，正点电荷沿轴正方向运动的过程中，电势先降低后升高，由于可知，正点电荷的电势能先减小后增大，故D正确。故选CD。11.如图为某控制电路的一部分，已知的输入电压为24V，如果电阻，，，则可能输出的电压是（）A.12V B.8V C.6V D.3V【答案】ABC【解析】若两开关都闭合，则电阻和并联，再和串联，为并联电路两端电压，则有若闭合，断开，则和串联，则有若闭合，断开，则和串联，则有若、都断开，则电路断路，则有故选ABC。12.小明家的“迷你”电饭锅有加热和保温两挡，工作电路如图所示，其中，电饭锅在保温状态下的电路总功率是加热状态下的，下列说法正确的是（）A.开关S闭合时电饭锅处于保温状态，S断开时处于加热状态B.加热挡的功率为550WC.电阻的阻值约为117.3ΩD.电饭锅处于保温状态时电路中的电流为1.5A【答案】BC【解析】A．由图可知，当开关S闭合时，电路中只有一个电阻；当开关S断开时，电路中与串联，此时电路中总电阻为根据可知，当开关S闭合时，电路中电阻较小，功率较大电饭锅处于加热状态；S断开时处于保温状态，故A错误；B．当开关S闭合时，加热挡的功率为故B正确；C．电饭锅在保温状态下的电路总功率是加热状态下的，则则解得故C正确；D．电饭锅处于保温状态时电路中的电流为故D错误。故选BC。13.如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，当开关闭合或断开瞬间，对于线圈P回路中的电流表中感应电流的方向，下列说法正确的是（）A.当闭合开关S的一瞬间，电流的方向是a→bB.当闭合开关S的一瞬间，电流的方向是b→aC.当断开开关S的一瞬间，电流的方向是a→bD.当断开开关S一瞬间，电流的方向是b→a【答案】AD【解析】AB．当合上开关S的一瞬间，线圈M产生磁场，穿过线圈P的磁通量向右从无到有增加，则线圈P里有感应电流，根据楞次定律“增反减同”可得，电流方向为，故A正确，B错误；CD．当断开开关S的一瞬间，线圈M产生的磁场消失，穿过线圈P的磁通量向右从有到无减小，则线圈P里有感应电流，根据楞次定律“增反减同”可得，电流方向为，故C错误，D正确。故选AD。三、实验题（本题共两个小题，共18分）14.美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如图，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有（）A.油滴质量 B.两板间的电压C.两板间的距离 D.两板的长度（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量___________（已知重力加速度为。（3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都有一定规律，并定义了元电荷，关于元电荷下列说法正确的是（）A.油滴的电荷量可能是 B.油滴的电荷量可能是C.元电荷就是电子 D.任何带电体所带电荷量可取任意值【答案】（1）ABC（2）（3）B【解析】【小问1解析】平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有可得所以要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d。故选ABC。【小问2解析】根据第一问可知该油滴的电荷量【小问3解析】A.油滴的电荷量只能是元电荷的整数倍，根据故A错误；B.同理故B正确；C.元电荷是带电体的最小带电量，不是电子，故C错误；D.任何带电体所带电荷量都只能是元电荷的整数倍，故D错误。15.车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。（1）选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为__________。（2）进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势，内阻可忽略，电压表量程，内阻约，电流表程，内阻约。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接__________。（3）如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率__________（用R、a、b、c表示）。（4）测得不同压力F下的电阻R，算出对应的电阻率，作出图像如图3所示。（5）基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于时启动，为水泥块，为滑动变阻器，当的滑片处于某位置，上压力大于或等于时，报警器启动。报警器应并联在__________两端（填“”或“”）。（6）若电源E使用时间过长，电动势变小，上压力大于或等于时，报警器启动，则__________（填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】（1）8000（2）见解析（4）（5）（6）大于【解析】（1）多用电表选择开关旋转到“”挡，故根据图1可知读数为；（2）长方体导电水泥块样品的电阻，故采用电流表内接法；实验中要求滑动变阻器采用分压接法，故连接实物图如图（3）根据电阻定律可知（5）根据图3可知压力越大电阻率越小，即电阻越小；回路中电流增加，电压增加，电压减小，而报警器在两端电压大于或等于时启动，故应将报警器并联在两端；（6）电源电动势E减小，要使报警器启动，即两端电压要仍为3V，根据串联分压有可知E减小需要R1更小，又因为F越大R1越小，可知F1需要大于F0。四、计算题（本题共三个小题，其中第16题10分，第17题12分，第18题16分，共38分。）16.如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度射出，速度方向与水平方向夹角均为。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：（1）a运动到最高点的时间t；（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。【答案】（1）（2）【解析】【小问1解析】根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，由对球，根据牛顿第二定律有a运动到最高点的时间，由运动学公式有联立解得【小问2解析】方法一、根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为，则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为斜下抛小球竖直方向上运动位移为则小球a到达最高点时与小球b之间的距离方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，球以的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离17.当金属的温度升高到一定程度时会向四周发射电子，这种电子称为热电子。如图所示，相距为L的两块平行正对的金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E1上，M、N之间的电场视为匀强电场，K是与M板距离很近的灯丝，电源E2给K加热从而产生热电子。开关S闭合后，稳定时，电流表的示数为I。已知电子质量为m、电荷量为e，热电子的初速度可以忽略不计。求：（1）电子从灯丝K出发到达N板所经历的时间；（2）电路稳定的某时刻，MN之间左半部分空间与右半部分空间的电子数之比；（3）距离M板为x的空间范围内的电子数N。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1解析】电子从速度为0开始做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有板间电场强度为由位移时间公式，有联立解得【小问2解析】设左半部分运动时间t1，右半部分运动时间t2，由位移时间公式，整个过程有左半部分，有解得稳定时，电子均匀发射，左半部分电子数量与右半部分电子数量比【小问3解析】由位移时间公式，有电子数位解得18.某实验小组设计了如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻，实验步骤如下：①闭合开关S，调节滑动变阻器、接入电路的阻值，使通过电流计G（零刻度在中央位置）的电流为零；②记录电流表、的示数，记为、；记录电压表、的示数，记为、；③重复①、②步骤获得多组数据；④把每次测量的电压表的示数之和作为路端电压U，电流表的示数之和作为通过电源的电流I，作出U随I变化的关系图像如图乙所示。（1）若某次调节滑动变阻器接入电路的阻值后，发现电流计G中有自下而上的电流，为使电流计G中的电流为零，在保持滑动变阻器接入电路的阻值不变的情况下，应_____（填“增大”或“减小”）滑动变阻器接入电路的阻值。（2）由图乙可知，电源的电动势为_____，内阻为_____。（用、表示）（3）下列关于电表内阻对该实验测量结果影响的说法正确的是_____。（填正确答案标号）A.由于电表内阻的影响，使电源内阻的测量值大于真实值B.由于电表内阻的影响，使电源电动势的测量值小于真实值C.电表的内阻对电源电动势和内阻的测量结果均无影响【答案】（1）减小（2）①.②.（3）C【解析】【小问1解析】如图所示由题知，开始时电流计G的电流为零，调节滑动变阻器接入电路的阻值后，电流计G中有自下而上的电流，则可知说明端电压偏大，则阻值偏大，若使电流计G中的电流为零，则必须满足在阻值不变的情况下，减小的阻值。【小问2解析】由题意可知可得结合图像可得，当时，电源的电动势为当时，内阻为【小问3解析】由上可知，电流表示数之和为流过待测电源的电流值，电压表测量的电压示数之和是待测电源两端的电压，均无系统误差，所以电表的内阻对电源电动势和内阻的测量结果均无影响。故选C。海南省部分中学2024-2025学年高一年级下学期第三次月考模拟考试物理试题一、单选题（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1.如图，两带电小球的质量均为m，小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为，两球连线与轻绳的夹角为，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.A球静止时，轻绳上拉力为B.A球静止时，A球与B球间的库仑力为C.若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球加速度大小为gD.若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小【答案】C【解析】AB．根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为A球与B球间的库仑力故AB错误；C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的合外力大小为，则加速度大小为g，故C正确；D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间B球受到的库仑力、重力不变，小球仍然处在静止状态，则轻杆对B球的作用力不变，故D错误。故选C。2.在光滑绝缘的水平面上建立坐标轴x，沿x轴方向上的电场强度E的变化情况如图所示。已知x轴上从0到0.1m以及从1.0m到1.4m对应的图线为直线，其余为曲线。若在O点以0.8m/s的初速度沿x轴的正方向释放一个质量为3×10-2kg、电荷量为-1×10-6C的带电小球，小球运动到x=1.4m处速度刚好减为0，下列说法正确的是（）A.x=1.0m、x=1.4m两点间的电势差为1.6VB.x=0.1m、x=1.0m两点间的电势差为7.5×103VC.小球运动到x=0.1m处的速度大小为0.5m/sD.该小球将在原点和x=1.4m间做往复运动【答案】B【解析】A．图像与坐标轴所围区域的面积表示电势差，根据图像可得故A错误；B．从x=0到x=1.4m，根据动能定理可得，代入数据解得故B正确；C．从x=0到x=0.1m，根据动能定理可得代入数据解得故C错误；D．该小球运动到x=1.4m处时，速度减为零，之后反向运动，根据能量守恒定律可知，小球回到原点将继续沿负方向运动，所以小球不可能在原点和x=1.4m间做往复运动，故D错误。故选B。3.如图所示为一种自动测量压力的电路图，其中为滑动变阻器，为定值电阻，为理想电流表，为压敏电阻，其阻值会随着压力的增大而减小。下列说法正确的是（）A.受到的压力减小时，电流表的示数减小B.受到的压力增大时，两端的电压减小C.若将电流表重新刻度为压力表，则“0”刻度在右边D.阻值越大，受到相同压力时电流表示数变化将越明显【答案】C【解析】A．受到的压力减小时，阻值会增大，并联部分的电阻增大，并联部分的电压增大，电流表支路的电阻不变，流过电流表的示数增大，故A错误；B．受到的压力增大时，阻值会减小，总电阻减小，总电流增大，两端的电压增大，故B错误；C．受到的压力增大，电阻减小，电流表的示数减小，反向变化，则“0”刻度在右边，故C正确；D．阻值越大，流过电流表上的电流越小，受到相同压力时，电流表变化将越不明显，故D错误。故选C4.空间中存在着如图所示的磁场，其磁感线分布如图所示，磁感线穿过大小不变的闭合圆形金属线圈。线圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的过程中（）A.线圈有缩小趋势B.穿过线圈的磁通量变小C.若线圈不闭合，线圈中没有感应电动势D.若线圈匀速移动，线圈中没有感应电流【答案】B【解析】A．从位置Ⅰ到位置Ⅱ，穿过线圈的磁通量变小。根据楞次定律的推广表述“增缩减扩”，这里磁通量减小，线圈应有扩张的趋势，而非缩小趋势，故A错误；B．磁感线的疏密表示磁感应强度的大小，从位置Ⅰ到位置Ⅱ，磁场变弱，线圈面积不变，根据磁通量公式Φ=BS（B为磁感应强度，S为线圈面积）可知穿过线圈的磁通量变小，故B正确；C．只要穿过线圈（无论闭合与否）的磁通量发生变化，就会产生感应电动势，只有闭合回路中才有感应电流，所以若线圈不闭合，虽没有感应电流，但有感应电动势，故C错误；D．线圈由位置Ⅰ水平向右平移到位置Ⅱ的过程中，磁通量发生变化，根据感应电流产生条件，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流，与线圈是否匀速移动无关，故D错误。5.如图所示是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是（）A.甲带负电，乙带正电B.甲的电荷量小于乙的电荷量C.P点的电场强度大于Q点的电场强度D.在P点由静止释放一个带正电的粒子，仅在静电力的作用下，粒子会沿电场线运动到Q点【答案】C【解析】AB．电场线从甲出发，部分终止于乙，所以甲带正电，乙带负电，且甲的电荷量大于乙的电荷量，故AB错误；C．由于P点处的电场线比Q点处密集，所以P点的电场强度大于Q点的电场强度，故C正确；D．由于P点和Q点在同一条电场线上且电场线为曲线，所以该粒子仅在静电力作用下不可能沿电场线运动，故D错误。故选C。6.如图所示为两个固定的均匀带电的绝缘球面，半径分别为7R和R，所带电荷量分别为Q和Q（Q>0），两球面内切于E点，球心O和O1的连线沿水平方向。一根内壁光滑的竖直绝缘细管穿过大球面球心O，与球面相交于B、C两点。现有一质量为m、带电量为q（q>0）的小球从A点沿细管由静止开始下落，运动通过D点。已知AB两点距离和CD两点距离均为R，静电力常量为k，重力加速度为g，设无穷远处为零势能面，点电荷Q产生电势为，则（）A.A点电势为B.小球通过D点时的速度为C.小球通过O点时的动能为D.小球从B运动到O的过程中加速度一直在增大【答案】C【解析】A．几何关系可知则A点电势为故A错误；B．根据对称性和电势叠加原理易得，AD点电势相等，即AD电势差U为0，根据动能定理有解得小球通过D点时的速度故B错误；C．根据对称性和电势叠加原理易得O点电势小球从A到O过程，根据动能定理有联立解得小球通过O点时的动能为故C正确；D．小球从B运动到O的过程中，大球对小球的库仑力为0（大球在其内部产生的场强为0），小球只受重力和小球的库仑力。小球受到带正电小球的库仑力，设其方向与竖直方向夹角为，根据牛顿第二定律可知小球加速度从从B运动到O的过程中，r在减小，在增大（减小），故无法判断加速度大小具体变化，故D错误。故选C。7.如图为某控制电路的一部分，已知的输入电压为，如果电阻，，，则不可能输出的电压是（）A.4V B. C.6V D.【答案】A【解析】由图可知，输出的是下半部分电阻两端的电压，可知当两电阻均不接入时，输出电压为24V；当只有R1接入时，输出电压当只有R2接入时，输出电压当两电阻均接入时本题选不可能输出的电压，故选A。8.如图所示的电路中，恒流源可为电路提供恒定电流，为定值电阻，为滑动变阻器，电流表、电压表均可视为理想电表，不考虑导线电阻对电路的影响。将滑动变阻器的滑片向下移动过程中，下列说法正确的是（）A.电流表的示数增大B.电路中总电阻增大C.电压表的示数增大D.恒流源输出功率增大【答案】A【解析】B．滑动变阻器的滑片向下移动时，接入电路的电阻变小，根据并联电路的特征可知电路中总电阻减小，B错误；AC．恒流源流出的总电流不变，电路中总电阻减小，则并联部分总电压减小，即电压表的示数减小，则流过电阻R的电流减小，由于总电流不变，则流过滑动变阻器的电流增大，即电流表的示数增大，A错误，C正确；D．根据由于恒流源电流大小不变，总电阻减小，所以恒流源的输出功率减小，D错误。故选A。二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分。）9.如图所示，真空中的直角坐标系xOy，以O为圆心、半径为1m的圆与坐标轴交于A、B、C、D四点。在x轴上-2m和2m处，分别固定电荷量为+4q和-q的两个点电荷。则（）A.A、C两点电场强度大小相等，方向不同B.A、C两点电场强度大小不等，方向相同C.B、D两点电场强度大小相等，方向不同D.B、D两点电场强度大小不等，方向相同【答案】BC【解析】AB．根据电场叠加原理可知，两个点电荷在A、C两点电场强度方向相同，合场强方向均沿x轴正方向，设+4q的点电荷到A点的距离为r，A点电场强度大小C点电场强度大小所以A、C两点电场强度大小不等，故A错误，B正确；CD．两点电荷在B、D两点的电场强度如图+4q在D点的电场强度大小-q在D点的电场强度大小则所以D点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴正方向，由于电场的对称性可知B点的合场强方向与x轴有一定夹角偏向y轴负方向，所以B、D两点电场强度方向不同；由于电场的对称性可知B、D两点电场强度大小相等，故C正确，D错误。故选BC。10.两点电荷M、N分别固定在和坐标原点处，若取无穷远处电势为0，则两点电荷所形成电场的电势在x轴正半轴上的分布如图所示，图线与x轴交于x0处，x=40cm处电势最低。现有一正点电荷q从x0处由静止释放，其只在电场力作用下运动。下列说法中正确的是（）A.点电荷M带正电、N带负电B.x0处的电场强度为0C.点电荷M、N所带电荷量大小之比为4∶1D.正点电荷q沿x轴正方向运动的过程中，电势能先减小后增大【答案】CD【解析】A．根据电势变化情况可知，自区域从左至右电势先降低后升高，所以场强方向先沿轴正方向后沿轴负方向，可知点电荷M带负电，点电荷N带正电，故A错误；B．在图像中，斜率表示电场强度，在处的图像斜率不为零，则电场强度也不为零，故B错误；C．在处图像斜率为零，电场强度为，则满足可知点电荷M、N所带电荷量大小之比为故C正确；D．一正点电荷从处由静止释放，正点电荷会向电势低的方向运动，正点电荷沿轴正方向运动的过程中，电势先降低后升高，由于可知，正点电荷的电势能先减小后增大，故D正确。故选CD。11.如图为某控制电路的一部分，已知的输入电压为24V，如果电阻，，，则可能输出的电压是（）A.12V B.8V C.6V D.3V【答案】ABC【解析】若两开关都闭合，则电阻和并联，再和串联，为并联电路两端电压，则有若闭合，断开，则和串联，则有若闭合，断开，则和串联，则有若、都断开，则电路断路，则有故选ABC。12.小明家的“迷你”电饭锅有加热和保温两挡，工作电路如图所示，其中，电饭锅在保温状态下的电路总功率是加热状态下的，下列说法正确的是（）A.开关S闭合时电饭锅处于保温状态，S断开时处于加热状态B.加热挡的功率为550WC.电阻的阻值约为117.3ΩD.电饭锅处于保温状态时电路中的电流为1.5A【答案】BC【解析】A．由图可知，当开关S闭合时，电路中只有一个电阻；当开关S断开时，电路中与串联，此时电路中总电阻为根据可知，当开关S闭合时，电路中电阻较小，功率较大电饭锅处于加热状态；S断开时处于保温状态，故A错误；B．当开关S闭合时，加热挡的功率为故B正确；C．电饭锅在保温状态下的电路总功率是加热状态下的，则则解得故C正确；D．电饭锅处于保温状态时电路中的电流为故D错误。故选BC。13.如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，当开关闭合或断开瞬间，对于线圈P回路中的电流表中感应电流的方向，下列说法正确的是（）A.当闭合开关S的一瞬间，电流的方向是a→bB.当闭合开关S的一瞬间，电流的方向是b→aC.当断开开关S的一瞬间，电流的方向是a→bD.当断开开关S一瞬间，电流的方向是b→a【答案】AD【解析】AB．当合上开关S的一瞬间，线圈M产生磁场，穿过线圈P的磁通量向右从无到有增加，则线圈P里有感应电流，根据楞次定律“增反减同”可得，电流方向为，故A正确，B错误；CD．当断开开关S的一瞬间，线圈M产生的磁场消失，穿过线圈P的磁通量向右从有到无减小，则线圈P里有感应电流，根据楞次定律“增反减同”可得，电流方向为，故C错误，D正确。故选AD。三、实验题（本题共两个小题，共18分）14.美国物理学家密立根利用如图所示的实验装置，最先测出了电子的电荷量，被称为密立根油滴实验。如图，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相连接，板间产生匀强电场，方向竖直向下，板间油滴P由于带负电悬浮在两板间保持静止。（1）若要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有（）A.油滴质量 B.两板间的电压C.两板间的距离 D.两板的长度（2）用所选择的物理量表示出该油滴的电荷量___________（已知重力加速度为。（3）在进行了几百次的测量以后，密立根发现油滴所带的电荷量虽不同，但都有一定规律，并定义了元电荷，关于元电荷下列说法正确的是（）A.油滴的电荷量可能是 B.油滴的电荷量可能是C.元电荷就是电子 D.任何带电体所带电荷量可取任意值【答案】（1）ABC（2）（3）B【解析】【小问1解析】平行金属板板间存在匀强电场，液滴恰好处于静止状态，电场力与重力平衡，则有可得所以要测出该油滴的电荷量，需要测出的物理量有油滴质量m，两板间的电压U，两板间的距离d。故选ABC。【小问2解析】根据第一问可知该油滴的电荷量【小问3解析】A.油滴的电荷量只能是元电荷的整数倍，根据故A错误；B.同理故B正确；C.元电荷是带电体的最小带电量，不是电子，故C错误；D.任何带电体所带电荷量都只能是元电荷的整数倍，故D错误。15.车辆运输中若存在超载现象，将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥，可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。（1）选择一块均匀的长方体导电水泥块样品，用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“”挡，正确操作后，指针位置如图1所示，则读数为__________。（2）进一步提高实验精度，使用伏安法测量水泥块电阻，电源E电动势，内阻可忽略，电压表量程，内阻约，电流表程，内阻约。实验中要求滑动变阻器采用分压接法，在图2中完成余下导线的连接__________。（3）如图2，测量水泥块的长为a，宽为b，高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R，则电阻率__________（用R、a、b、c表示）。（4）测得不同压力F下的电阻R，算出对应的电阻率，作出图像如图3所示。（5）基于以上结论，设计压力报警系统，电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于时启动，为水泥块，为滑动变阻器，当的滑片处于某位置，上压力大于或等于时，报警器启动。报警器应并联在__________两端（填“”或“”）。（6）若电源E使用时间过长，电动势变小，上压力大于或等于时，报警器启动，则__________（填“大于”“小于”或“等于”）。【答案】（1）8000（2）见解析（4）（5）（6）大于【解析】（1）多用电表选择开关旋转到“”挡，故根据图1可知读数为；（2）长方体导电水泥块样品的电阻，故采用电流表内接法；实验中要求滑动变阻器采用分压接法，故连接实物图如图（3）根据电阻定律可知（5）根据图3可知压力越大电阻率越小，即电阻越小；回路中电流增加，电压增加，电压减小，而报警器在两端电压大于或等于时启动，故应将报警器并联在两端；（6）电源电动势E减小，要使报警器启动，即两端电压要仍为3V，根据串联分压有可知E减小需要R1更小，又因为F越大R1越小，可知F1需要大于F0。四、计